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\newtheorem*{zremark}{说明}


\begin{document}
\title{6.4 习题}
\maketitle

\section*{6.4.1}

（1）
序列$(a_n)_{n=m}^\infty$收敛于$c$，那么对任意实数$\epsilon > 0$，
都是最终$\epsilon -$接近于$c$的，
即: 能够找到某个$N \geq m$使得$(a_n)_{n=N}^\infty$是$\epsilon-$接近于$c$的。
并且对于任意$N^\prime \geq m$，取$N_0 := max(N, N^\prime)$，
此时$(a_n)_{n=N_0}^\infty$是$\epsilon-$接近于$c$的，
即：$a_n$是$\epsilon-$接近于$c$，对$n \geq N_0$均成立，所以$c$是$\epsilon-$附着于$(a_n)_{n=N^\prime}^\infty$的。
由$\epsilon$的任意性，可知$c$是$(a_n)_{n=m}^\infty$的极限点。

（2）反证法，存在另一个极限点$d$，且$d \neq c$。
$(a_n)_{n=m}^\infty$收敛于$c$，那么对实数$\epsilon > 0$，是最终$\epsilon -$接近于$c$的。
即: 能够找到$N \geq m$使得$(a_n)_{n=N}^\infty$是$\epsilon-$接近于$c$的。

同时$d$是$(a_n)_{n=m}^\infty$的极限点，那么，$d$是$\epsilon-$附着于$(a_n)_{n=N}^\infty$的，
那么存在一个$n \geq N$使得$a_n$是$\epsilon-$接近于$d$的，
如果$d > c$，取$0 <\epsilon < (d-c)/2$，
此时，$|a_n - d| \leq \epsilon$与$|a_n - c| \leq \epsilon$无法同时满足，即$a_n$
无法同时$\epsilon-$接近于$c,d$。

$d \leq c$同理。

\section*{6.4.2}

这里只说明极限点和上极限，因为下极限的证明可以用上极限类推。

设$(a_n)_{n=m}^\infty$是一个实数序列，$c$是一个实数，且$m^\prime \geq m$是一个整数，$k \geq 0$是一个非负整数。

\textbf{（1）与习题6.1.3类似的结论}

（1.1）$c$是$(a_n)_{n=m}^\infty$极限点，当且仅当$c$是$(a_n)_{n=m^\prime}^\infty$极限点。

\textbf{$\Rightarrow$} $c$是$(a_n)_{n=m}^\infty$极限点，
当且仅当“对任意$\epsilon > 0$，对每一个$N \geq m$，$c$都是$\epsilon-$附着于$(a_n)_{n=N}^\infty$的”，
我们把引号中的性质定义声明为$P$，即对任意$N$，只要$N \geq m$都具有性质$P$。
因为$m^\prime \geq m$，于是对任意$N$，$N \geq m^\prime \geq m$都具有性质$P$，
所以$c$是$(a_n)_{n=m^\prime}^\infty$的极限点。

\textbf{$\Leftarrow$} $c$是$(a_n)_{n=m^\prime}^\infty$的极限点。
对任意$\epsilon > 0$，对每一个$N$，

如果$N \geq m^\prime$，由于$c$是$(a_n)_{n=m^\prime}^\infty$的极限点，
那么，$c$都是$\epsilon-$附着于$(a_n)_{n=N}^\infty$的；

如果$m \leq N < m^\prime$，我们要证明此时$c$也是$\epsilon-$附着于$(a_n)_{n=N}^\infty$，
即：要证明存在一个$n \geq N$使得$a_n$是$\epsilon-$接近于$c$。
我们可以取$n \geq m^\prime$，那么$n$也是大于$N$，还是由$c$是$(a_n)_{n=m^\prime}^\infty$的极限点，
保证了$n$的存在性。

综上$c$是$(a_n)_{n=m}^\infty$的极限点。

（1.2）$c$是$(a_n)_{n=m}^\infty$的上极限，当且仅当$c$是$(a_n)_{n=m^\prime}^\infty$的上极限。

\textbf{$\Rightarrow$} $c$是$(a_n)_{n=m}^\infty$的上极限，即：序列$(a_N^+)_{N=m}^\infty$的下确界是$c$。
序列$(a_N^+)_{N=m^\prime}^\infty$是序列$(a_N^+)_{N=m}^\infty$的子集。

反证法，假设$c$不是$(a_n)_{n=m^\prime}^\infty$的上极限，设$(a_n)_{n=m^\prime}^\infty$的上极限是$c^\prime$
【这里其实要证明$c^\prime$的存在性。可以通过以下命题得到$c^\prime$是存在的：
\textbf{有上界序列存在实数上极限，否则上极限不是实数，而是$+\infty$}】。

如果$c^\prime > c$，那么，存在$m \leq N_0 < m^\prime$
使得$c \leq a_{N_0}^+ < c^\prime$，因为$(a_n)_{n=m^\prime}^\infty$是$(a_n)_{n=N_0}^\infty$的子集，
所以$sup((a_n)_{n=m^\prime}^\infty) \leq sup((a_n)_{n=N_0}^\infty)$，
又因为$c^\prime \leq sup((a_n)_{n=m^\prime}^\infty)$，
于是$c^\prime \leq sup((a_n)_{n=N_0}^\infty)$，即：$c^\prime \leq a_{N_0}^+$。
这与$c \leq a_{N_0}^+ < c^\prime$矛盾。

如果$c > c^\prime$，因为序列$(a_N^+)_{N=m^\prime}^\infty$是序列$(a_N^+)_{N=m}^\infty$的子集，
所以$inf((a_N^+)_{N=m^\prime}^\infty) \geq inf((a_N^+)_{N=m}^\infty)$，即： $c^\prime \geq c$，
这与$c > c^\prime$矛盾。

综上，$c = c^\prime$。

\textbf{$\Leftarrow$} $c$是$(a_n)_{n=m^\prime}^\infty$的上极限，即：序列$(a_N^+)_{N=m^\prime}^\infty$的下确界是$c$。
序列$(a_N^+)_{N=m^\prime}^\infty$是序列$(a_N^+)_{N=m}^\infty$的子集。

反证法，假设$c$不是$(a_n)_{n=m}^\infty$的上极限，设$(a_n)_{n=m}^\infty$的上极限是$c^\prime$。

如果$c > c^\prime$，那么，存在$m \leq N_0 < m^\prime$
使得$c^\prime \leq a_{N_0}^+ < c$，因为$(a_n)_{n=m^\prime}^\infty$是$(a_n)_{n=N_0}^\infty$的子集，
所以$sup((a_n)_{n=m^\prime}^\infty) \leq sup((a_n)_{n=N_0}^\infty)$，
又因为$c \leq sup((a_n)_{n=m^\prime}^\infty)$，
于是$c \leq sup((a_n)_{n=N_0}^\infty)$，即：$c < a_{N_0}^+$。这与$c^\prime \leq a_{N_0}^+ < c$矛盾。

如果$c < c^\prime$，因为序列$(a_N^+)_{N=m^\prime}^\infty$是序列$(a_N^+)_{N=m}^\infty$的子集，
所以$inf((a_N^+)_{N=m^\prime}^\infty) \geq inf((a_N^+)_{N=m}^\infty)$，即：$c^\prime \geq c$，
这与$c < c^\prime$矛盾。

综上，$c = c^\prime$。

\textbf{与习题6.1.4类似的结论}

该问题是6.1.3的拓展，这里我只证明一种情况。

（2.1） $c$是$(a_n)_{n=m}^\infty$的极限点，当且仅当$c$是$(a_{n+k})_{n=m}^\infty$的极限点。

如果我们能证明$(a_{n})_{n=m^\prime}^\infty$与$(a_{n+k})_{n=m}^\infty$相等的，然后通过（1.1）就可以证明该命题，
接下来我们证明这两个序列的相等的。

通过定义5.5.1 可知，序列就是函数，是一个从集合$Z$到$R$的函数。
于是我们要证明两个序列相等，只需要证明其对应函数相等。
通过定义3.3.7（函数的相等）来进行接下来的证明。

设$f: N \rightarrow R$为函数$f(n)=a_{n+k}$，设$g: N \rightarrow N$为函数$g(m)=m$。
那么$f \circ g = f(g(m)) = a_{g(m)+k} = a_{m+k}$。

设$f^\prime: N \rightarrow R$为函数$f^\prime(n)=a_{n}$，设$g^\prime: N \rightarrow N$为函数$g^\prime(m)=m+k$。
那么$f^\prime \circ g^\prime = f^\prime(g^\prime(m)) = a_{m+k}$。

由$f \circ g,f^\prime \circ g^\prime$的构造过程可知两个具有相同的定义域，
又对于任意的$x \in N$，$f \circ g(x) = a_{x+k}, f^\prime \circ g^\prime(x)=a_{x+k}$，
所以$f \circ g(x) = f^\prime \circ g^\prime(x)$，由此可知 两个函数相等，即两个序列相等。

\section*{6.4.3}

不妨设$E := \{a_n: n \geq m\}$，$M=sup(E),M^\prime=inf(E)$。

\textbf{（c）}

由例6.2.10 可知$M \geq M^\prime$，接下来我只证明$L^+ \leq M$（可以类推$M^\prime \leq L^-$）和$L^- \leq L+$。

反证法，假设$L^+ > M$。由命题6.3.6 可知对任意$n \geq m$，都有$a_n \leq M$。
因为$L^+ := inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$则也由命题6.3.6 可知存在$N \geq m$使得$a_N^+ > L^+$，
由$a_N^+ := sup(a_n)_{n=N}^\infty$，可知存在$n \geq N$使得$a_n > L^+$，这与任意$a_n \leq M$矛盾。

反证法，假设$L^- > L^+$，由$L^- := sup(a_N^-)_{N=m}^\infty$可知存在$N_0 \geq m$使得$a_{N_0}^- > L^+$，
由因为$L^+ := inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$，所以存在$N_1 \geq m$使得$a_{N_0}^- > a_{N_1}^+$【否则上极限就不是$L^+$了，
而是一个大于等于$a_{N_0}^-$的数了】。
由$a_{N_0}^- := inf(a_n)_{n=N_0}^\infty$定义， 可知 对$n \geq N_0$都有$a_n \geq a_{N_0}^-$，
由$a_{N_1}^+ := sup(a_n)_{n=N_1}^\infty$定义，可知对$n \geq N_1$都有$a_n \leq a_{N_1}^+$，
取$n \geq max(N_0,N_1)$此时$a_{N_0}^- \leq a_n \leq a_{N_1}^+$，这与$a_{N_0}^- > a_{N_1}^+$矛盾。

\textbf{（d）}

这里我只证明$c \leq L^+$，因为$L^- \leq c$可以类推。

反证法，假设$c > L^+$，由$L^+ := inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$可知，
由命题6.3.6 可知，存在$N_0 \geq m$使得$a_{N_0}^+ < c$，
又因为$a_{N_0}^+ := sup(a_n)_{n=N_0}^\infty$，所以任意$n \geq N_0$都有$a_n \leq a_{N_0}^+$，
由此可知，
\begin{align*}
  |c - a_n| & = |c - a_{N_0}^+ + a_{N_0}^+ - a_n|   \\
            & = |c - a_{N_0}^+| + |a_{N_0}^+ - a_n| \\
            & > |c - a_{N_0}^+|
\end{align*}
此时$c,a_n$的距离总是大于$|c - a_{N_0}^+|$，这与$c$是极限点的定义矛盾。

\textbf{（e）}

这里我只证明$L^+$是极限点，因为$L^-$可以类推。

反证法，假设$L^+$不是极限点，那么通过极限点的定义6.4.1 可知，存在$\epsilon > 0, N_0 \geq m$，
此时$L^+$不是$\epsilon -$附着于$(a_n)_{n=N_0}^\infty$的，即对任意$n \geq N_0$，都有，
\begin{align*}
   & |L^+ - a_n| > \epsilon                             \\
   & \Rightarrow                                        \\
   & a_n > L^+ + \epsilon \text{或} a_n < L^+ - \epsilon
\end{align*}

因为$L^+ := inf(a_N^+)_{N=m}^\infty$，
那么对任意$N \geq m$都有$a_N^+ \geq L^+$。
又$a_N^+ := sup(a_n)_{n=N}^\infty$。综上，我们可以得到，对任意$N \geq m, n \geq N$都有：
\begin{equation}
  \begin{cases*}
    a_n \leq a_N^+ \\
    L^+ \leq a_N^+
  \end{cases*}
\end{equation}

（1）如果$n, N \geq N_0, a_n > L^+ + \epsilon$，那么，
\begin{align*}
  a_N^+ \geq a_n > L^+ + \epsilon
\end{align*}
而对于$N < N_0$，由$a_N^+$的定义可知，$a_N^+ \geq a_{N_0}^+$，
于是此时$L^+ + \epsilon$是上极限，这与下确界的唯一性矛盾（上极限其实就是集合的下确界）。

（2）如果$n \geq N_0, a_n < L^+ - \epsilon$，由此可知，$N \geq N_0$时，
\begin{align*}
  a_N^+ \leq L^+ - \epsilon
\end{align*}
这与$L^+ \leq a_N^+$矛盾。

\textbf{（f）}

\textbf{$\Rightarrow$}

由命题6.4.5 可知$c$是极限点，如果$L^+ \neq c$，那么由（e）可知$L^+$也是极限点，这与命题6.4.5
的后半部分相悖。

\textbf{$\Leftarrow$}

由于$L^+ = L^-$，由（e）可知，$(a_n)_{n=m}^\infty$有且只有一个极限点，也就是说$c$是极限点。
接下来要证明序列收敛与$c$。

反证法，假设$c$序列不收敛于$c$，那么，存在$\epsilon > 0$，找不到$N \geq m$，使得$n \geq N$时，
都有$|a_n -c| \leq \epsilon$，即：总是存在$|a_n -c| > \epsilon$。

（1）如果$a_n > c+\epsilon$，由$L^+,a_N^+$的定义 可知对任意$N \geq m, n \geq N$都有，
\begin{equation}
  \begin{cases*}
    a_n \leq a_N^+ \\
    L^+ \leq a_N^+
  \end{cases*}
\end{equation}
由此可得$a_N^+ \geq c+\epsilon=L^+ + \epsilon$对任意$N$均成立，由此可知上极限不是$L^+$，这与题设相悖。

（2）如果$a_n < c - \epsilon$，同理可证其与下极限是$L^-$相悖。

\section*{6.4.4}

这里我只证明（1）（3），其他的可以类推。

\textbf{（1）}

不妨设
\begin{align*}
  M        & = sup(b_n)_{n=m}^\infty \\
  M^\prime & = sup(a_n)_{n=m}^\infty
\end{align*}
反证法，假设$M^\prime > M$，取$m, M < m < M^\prime$，
由命题6.3.6 可知至少存在一个$n \geq m$使得$m < a_n \leq M^\prime$，此时$a_n > m > M$，
由于$M$是上确界，所以$b_n \leq M$，于是$a_n > b_n$，与题设相悖。

\textbf{（3）}

不妨设
\begin{align*}
  L^+          & = inf(b_N^+)_{n=m}^\infty \\
  L^{+^\prime} & = inf(a_N^+)_{n=m}^\infty
\end{align*}
又因为对任意$N \geq m$都有
\begin{align*}
  a_N^+ & := sup(a_n)_{n=N}^\infty \\
  b_N^+ & := sup(b_n)_{n=N}^\infty
\end{align*}
由（1）可知$b_N^+ \geq a_N^+$，于是由（2）可知 $L^{+^\prime} \leq L^+$

\section*{6.4.5}

由命题6.4.12（f）可知，$(a_n)_{n=m}^\infty,(c_n)_{n=m}^\infty$收敛于$L$，
那么，两者的上极限$L^+$和下极限$L^-$都等于$L$，即：$L^+ = L^- = L$。

设$(b_n)_{n=m}^\infty$的上极限和下极限分别为$L^{+^\prime},L^{-^\prime}$。
由引理6.4.15 可知，
\begin{equation}
  \begin{cases*}
    L^- \leq L^{-^\prime} \leq L^- \\
    L^+ \leq L^{+^\prime} \leq L^+
  \end{cases*}
\end{equation}
由此可知$L^{+^\prime}=L^{-^\prime}=L$，
由命题6.4.12（f）可知$(b_n)_{n=m}^\infty$收敛于$L$

\section*{6.4.6}

定义$a_n := 1 - \frac{1}{n}, b_n := 1 - \frac{1}{n+1}$，
满足$a_n < b_n$，此时$sup(a_n)_{n=1}^\infty=sup(b_n)_{n=1}^\infty=1$。

引理6.4.13 中描述的是$a_n \leq b_n$，包含$a_n < b_n$的情况，
其结果是$sup(a_n)_{n=m}^\infty \leq sup(b_n)_{n=m}^\infty$，
也包含$sup(a_n)_{n=1}^\infty=sup(b_n)_{n=1}^\infty$的情况。

\section*{6.4.7}

（1）证明推论6.4.17。

\textbf{$\Rightarrow$}

极限$\lim \limits_{n \rightarrow \infty}a_n$存在且等于$0$，
则对任意实数$\epsilon > 0$，存在$N$使得$n \geq N$时，$|x - 0| = |x| \leq \epsilon$均成立。
由于$||x|-0| = |x| \leq \epsilon$，则$\lim \limits_{n \rightarrow \infty}|a_n| = 0$

\textbf{$\Leftarrow$}

因为$-|a_n| \leq a_n \leq |a_n|$，又由极限定律（定理6.1.19）可知
$\lim \limits_{n \rightarrow \infty}-|a_n|=-1 \times 0 = 0$，
由推论6.4.14可知 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty}a_n$存在且等于$0$

（2）换成其他某个数字，该推论不成立，因为夹逼定理的左右值无法相等。

\section*{6.4.8}

（1）当序列$(a_n)_{n=m}^\infty$有上界，则该序列存在有限的$L^+$【这是由定理5.5.9 保证的】，
由命题6.4.12（d）（e）可知，上极限是序列的最大极限点。

（2）当序列$(a_n)_{n=m}^\infty$无上界，
此时每一个$N \geq m$，$a_N^+$都是无上界的，由$L^+$的定义 可知$L^+ = +\infty$。
由题设可知$+\infty$是极限点，且$+\infty$大于任意实数，由此可知 上极限是序列的最大极限点。

\section*{6.4.9}

定义一个分段函数即可，
\begin{equation}
  \begin{cases*}
    a_n & = 0 (\text{n除以3余0})  \\
    a_n & = -n (\text{n除以3余1}) \\
    a_n & = n (\text{n除以3余2})
  \end{cases*}
\end{equation}

\section*{6.4.10}

反证法，假设$c$不是$(a_n)_{n=m}^\infty$的极限点。
即：存在$\epsilon ^\prime > 0, N_0 \geq m$，找不到$n \geq N_0$使得$|a_n - c| < \epsilon ^\prime$。
下面要证明这个$N_0$是不存在的。

$c$是$(b_n)_{n=m}^\infty$的极限点，那么，
对任意$\epsilon > 0$，对每一个$N \geq m$都存在$n \geq N$使得
$|b_n - c| \leq \epsilon$，即：$c - \epsilon \leq b_n \leq c + \epsilon$。

又找到的$b_n$是$(a_n)_{n=m}^\infty$的极限点，那么，
对每一个$N^\prime \geq m$都存在$n^\prime \geq N^\prime$使得
$|a_n^\prime - b_n| \leq \epsilon$，即：$b_n - \epsilon \leq a_n^\prime \leq b_n + \epsilon$。

由$c - \epsilon \leq b_n \leq c + \epsilon$ 可知，
\begin{align*}
  c - 2\epsilon \leq a_n^\prime \leq c + 2\epsilon
\end{align*}

对任意$\epsilon$（把$\epsilon ^\prime $看做$\frac{1}{2} \epsilon$），$N^\prime \geq m$上式都成立，
可知 $N_0$是不存在的。
\end{document}